2021-2022学年广东省汕尾市高二上学期期末数学试题

20212022学年广东省汕尾市高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式，求出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，所以，又，所以；故选：C2．中心在原点的双曲线C的右焦点为，实轴长为2，则双曲线C的方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件，求出，的值，结合双曲线的方程进行求解即可．【详解】解：设双曲线的方程为．由已知得：，，再由，，双曲线的方程为：．故选：D．3．圆与圆的位置关系是(

)A．内切 B．相交 C．外切 D．相离【答案】B【分析】判断圆心距与两圆半径之和、之差的关系即可判断两圆位置关系.【详解】由得圆心坐标为，半径，由得圆心坐标为，半径，∴，，∴，即两圆相交.故选：B.4．设为等差数列的前项和，，，则A．6 B．4 C．2 D．2【答案】A【详解】由已知得解得．故选A．【解析】等差数列的通项公式和前项和公式．5．下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递减的为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】的图象判断.【详解】A.是以为最小正周期，在上单调递增，故错误；B.如图所示：

，由图象知：函数是以为最小正周期，在上单调递减，故正确；C.如图所示：，由图象知：是以为最小正周期，在上单调递增，故错误；D.如图所示：，由图象知：是以为最小正周期，在上单调递增，故错误；故选：B6．函数，若实数是函数的零点，且，则（

）A． B． C． D．无法确定【答案】A【分析】利用函数在递减求解.【详解】因为函数在递减，又实数是函数的零点，即，又因为，所以，故选：A7．在递增等比数列中，为其前n项和．已知，，且，则数列的公比为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】由已知结合等比数列的性质可求出、，然后结合等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：由题意得：是递增等比数列又，，故故选：B8．已知是双曲线的左焦点，为右顶点，是双曲线上的点，轴，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件可得与，进而可得，，的关系，可得解.【详解】由已知得，设点，由轴，则，代入双曲线方程可得，即，又，所以，即，整理可得，故，解得或（舍），故选：C.二、多选题9．已知直线，则下述正确的是（

）A．直线的斜率可以等于B．直线的斜率有可能不存在C．直线可能过点D．若直线的横纵截距相等，则【答案】BD【解析】根据直线方程判断斜率AB，代入点的坐标可判断直线是否过一点判断C，求出横纵截距可判断D．【详解】时，斜率不存在，时，斜率不等于0，A错；B正确；，不在直线上，C错；时，纵截距不存在，时，令得，令，，由得，D正确．故选：BD．10．已知曲线C的方程为（，且，），则下列结论正确的是（

）A．当时，曲线C为圆 B．若曲线C为椭圆，且焦距为，则C．当或时，曲线C为双曲线 D．当曲线C为双曲线时，焦距等于4【答案】AC【分析】写出当时的曲线方程，即可判断A;分情况求出当曲线表示椭圆时k的值，可判断B；当或时，判断的正负，即可判断C;当曲线C为双曲线时,确定k的范围，求得焦距，可判断D.【详解】当时,方程为，即，表示圆，故A正确；若曲线C为椭圆，且焦距为，则当焦点在x轴上，且，解得；当焦点在y轴上，且，解得,故此时或，故B错误；当时，，曲线表示的是焦点位于y轴上的双曲线；当时，，曲线表示的是焦点位于x轴上的双曲线；故C正确；当曲线C为双曲线时，，即或，当时，，焦距，当时，，焦距，故D错误，故选：AC11．已知数列的前项和为，与是方程的两根，则下列说法正确的是（

）A．若是等差数列，则B．若是等比数列，则C．若是递减等差数列，则当取得最大值时，或D．若是递增等差数列，对恒成立，则【答案】BC【分析】由题意利用等差数列性质求出公差和首项，利用前项和求出，再利用二次函数性质，基本不等式，得出结论判断即可.【详解】因为数列的前项和为，与是方程的两根，由韦达定理得，，，所以解得，或，；对于A选项：若是等差数列，则，故A不正确；对于B选项：若是等比数列，则，因为，所以，则，故B正确；对于C选项：若是递减等差数列，所以，，解得公差，首项，所以，故当或时取得最大值，故C正确；对于D选项：若是递增等差数列，所以，，解得公差，首项1，所以，因为对恒成立，即恒成立，即恒成立，因为，当且仅当时等号成立，故，则，故D不正确.故选：BC.12．如图，棱长均为2的平行六面体中，平面ABCD，，E，F分别是线段BD和线段上的动点，且满足，，则（

）A．当时，B．当时，直线EF与直线所成角的大小为C．当时，若，则D．当时，三棱锥体积的最大值为【答案】ABD【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论．【详解】解：当时，，，所以，故A正确；当时，连接，，分别是，的中点，所以也是的中点，所以，因为平面，所以是等腰直角三角形，所以，故B正确；当时，，所以，，，不满足，故C错误；过作交于，可证面，三棱锥体积，当且仅当，即时取等号，故D正确；故选：ABD．三、填空题13．复数（其中i为虚数单位）的共轭复数______．【答案】【分析】根据共轭复数的概念，即可得答案.【详解】由题意可知：复数（其中i为虚数单位）的共轭复数，故答案为：14．在空间直角坐标系中，向量为平面ABC的一个法向量，其中，，则向量的坐标为______．【答案】【分析】根据向量为平面ABC的一个法向量，由求解.【详解】因为，，所以，又因为向量为平面ABC的一个法向量，所以，解得，所以，故答案为：15．瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，，则欧拉线的方程为______．【答案】【分析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后求出欧拉线的方程作答.【详解】因的顶点，，，则的重心，显然的外心在线段AC中垂线上，设，由得：，解得：，即点，直线，化简整理得：，所以欧拉线的方程为.故答案为：16．已知抛物线的焦点为F，A为抛物线C上一点．以F为圆心，FA为半径的圆交抛物线C的准线于B，D两点，A，F，B三点共线，且，则______．【答案】2【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，由，，三点共线，推得，由三角形的中位线性质可得到准线的距离，可得的值．【详解】抛物线的焦点为，，准线方程为，因为，，三点共线，可得为圆的直径，如图示：设准线交x轴于E，所以，则，由抛物线的定义可得，又是的中点，所以到准线的距离为,故答案为：2．四、解答题17．给出以下三个条件：①；②，，成等比数列；③．请从这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并完成作答．若选择多个条件分别作答，以第一个作答计分．已知公差不为0的等差数列的前n项和为，，______．(1)求数列的通项公式；(2)若，令，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）若选①，则根据等差数列的前n项和公式，结合，求得公差，可得答案;若选②，则根据，，成等比数列，列出方程，结合，求得公差，可得答案;若选③，则根据，列出方程，结合，求得公差，可得答案;（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法，求得答案.【详解】(1)设数列的公差为d选择①，由题意得，又，则，所以；选择②，由，，成等比数列，得，即，解得，或（舍去），所以；选择③，由，得，解得，所以．(2)由题意知，∴

①

②①－②得∴，即.18．某初中学校响应“双减政策”，积极探索减负增质举措，优化作业布置，减少家庭作业时间．现为调查学生的家庭作业时间，随机抽取了名学生，记录他们每天完成家庭作业的时间（单位：分钟），将其分为，，，，，六组，其频率分布直方图如下图：(1)求的值，并估计这名学生完成家庭作业时间的中位数（中位数结果保留一位小数）；(2)现用分层抽样的方法从第三组和第五组中随机抽取名学生进行“双减政策”情况访谈，再从访谈的学生中选取名学生进行成绩跟踪，求被选作成绩跟踪的名学生中，第三组和第五组各有名的概率．【答案】(1)；这名学生完成家庭作业时间的中位数约为分钟(2)【分析】（1）由频率分布直方图频率之和为，建立方程求解即可；设中位数为，利用频率分布直方图中位数定义列出方程即可求解；（2）频率分布直方图频率得到第三组和第五组的人数，从而列出所有样本点，再根据题意利用古典概率模型求解即可.【详解】(1)根据频率分布直方图可得：，解得．设中位数为，由题意得，解得所以这名学生完成家庭作业时间的中位数约为分钟．(2)由频率分布直方图知，第三组和第五组的人数之比为，所以分层抽样抽出的人中，第三组和第五组的人数分别为人和人，第三组的名学生记为，，，，第五组的名学生记为，，所以从名学生中抽取名的样本空间，共15个样本点，记事件“名中学生，第三组和第五组各名”则，共有个样本点，所以这名学生中，两组各有名的概率．19．已知圆C过两点，，且圆心C在直线上．(1)求圆C的方程；(2)过点作圆C的切线，求切线方程．【答案】(1)．（或标准形式）(2)或【分析】（1）根据题意，求出的中垂线方程，与直线联立，可得圆心的坐标，求出圆的半径，即可得答案；（2）分切线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合可得答案．【详解】(1)解：根据题意，因为圆过两点，，设的中点为，则，因为，所以的中垂线方程为，即又因为圆心在直线上，联立，解得，所以圆心，半径，故圆的方程为，(2)解：当过点P的切线的斜率不存在时，此时直线与圆C相切当过点P的切线斜率k存在时，设切线方程为即（）由圆心C到切线的距离，可得将代入（），得切线方程为综上，所求切线方程为或20．如图，在棱长为的正方体中，为中点．(1)求二面角的大小；(2)探究线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)点为线段上靠近点的三等分点【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出点的坐标，求出两个平面的法向量代入公式求解即可；（2）假设存在，设，利用相等向量求出坐标，利用线面平行的向量法代入公式计算即可.【详解】(1)如下图所示，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，．所以，设平面的法向量，所以，即，令，则，，所以，连接，因为，，，平面，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，所以，由图知，二面角为锐二面角，所以二面角的大小为．(2)假设在线段上存在点，使得平面，设，，，因为平面，所以，即所以，即解得所以在线段上存在点，使得平面，此时点为线段上靠近点的三等分点．21．如图，五边形为东京奥运会公路自行车比赛赛道平面设计图，根据比赛需要，在赛道设计时需预留出，两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道．现已知，，千米，千米．(1)求服务通道的长．(2)在上述条件下，如何设计才能使折线赛道（即）的长度最大，并求最大值．【答案】(1)服务通道的长为千米(2)时，折线赛道的长度最大，最大值为千米【分析】（1）先在中利用正弦定理得到长度，再在中，利用余弦定理得到即可；（2）在中利用余弦定理得到，再根据基本等式求解最值即可.【详解】(1)在中，由正弦定理得：，在中，由余弦定理，得，即解得或（负值舍去）所以服务通道的长为千米．(2)在中，由余弦定理得：，即，所以因为，所以，所以，即（当且仅当时取等号）即当时，折线赛道的长度最大，最大值为千米．22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过左焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，的周长为8．(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，，是椭圆C的短轴端点，P是椭圆C上异于点，的动点，点Q满足，，求证与的面积之比为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据的周长为8，求得a，再根据离心率求解；（2）方法一：设，，得到直线和直线的方程，联立求得Q的横坐标，根据在椭圆上，得到，然后代入Q的横坐标求解；方法二：设直线，的斜率分别为k，，点，